Norges teknisk naturvitenskapelige universitet Institutt for matematiske fag MA0/MA0 0S løsningsskisse Rettet. august 0 Oppgave a) Vi finner det karakteristiske polynomet, λ 0 λ λ λ λ detλi A) λ 0 λ λ λ λ λ λ λ λ 0 λ + λ λ ) λ + λ )λ + ) ) λ ) + λ + ) λ ) λ + ), som har røtter og, slik at egenverdiene er og. I den andre overgangen er tredje rad addert til andre rad og tredje rad multiplisert med λ subtrahert fra første rad. I den fjerde overgangen er første rad subtrahert fra andre rad. Determinanten kan naturligvis også regnes ut mer direkte. Fordelen med å gjøre det som her, er at en slipper noen avsluttende faktorisering. Egenrommet til er løsningsrommet til I + A)x 0. Hvis x x x x 3, får vi x x + x 3 0 x x x 3 0 x x x 3 0, x + x 3 0 x x 3 0, 3x 3x 3 0 3x 3x 3 0 x x x 3 0, x x 3 x x 3, x + x 3 0 x x x 3 0, x t x t t, t R. x 3 t I den første overgangen er tredje rad addert til andre rad og to ganger tredje rad addert til første rad. I den tredje overgangen er første rad addert til andre rad. Gauss Jordaneliminasjonen kan naturligvis også gjøres på matriseform. { } er dermed en basis for egenrommet til, og den er ortogonal, siden den bare består av én vektor. Siden ) T + ) + 3, er { } 3 en ortonormal basis for egenrommet til. Egenrommet til er løsningsrommet til I A)x 0. Hvis x x x x 3, får vi x x + x 3 0 x + x x 3 0 x x + x 3 0, x x x 3, x s t x s s + t 0, s, t R. x 3 t 0
MA0/MA0, august 0 løsningsskisse Side av {, 0 } er dermed en basis for egenrommet til. Men den er ikke ortogonal. Vi kan prøve å la være den ene vektoren i en ortogonal basis, og velge s og t slik at denne vektoren og s + t 0 er ortogonale: 0 s ) + t 0 s t s t s t. Vi kan velge s og t og får en ortogonal basis {, }. Vi kunne også ha brukt Gram Schmidts ortogonaliseringsmetode for å finne den andre vektoren: 0 0 0. Ved å normalisere vektorene som ovenfor multiplisere med én dividert på lengden av vektoren), får vi den ortonormale basisen {, } for egenrommet til. b) Siden A er symmetrisk, vil en matrise P som har vektorene i de ortonormale basisene til egenrommene til A som søyler, ortogonalt diagonalisere A. Da er P T AP diagonal, med egenverdiene til A på diagonalen, i samme rekkefølge som de tilhørende egenvektorene i P. Vi kan velge / 3 / / P / 3 / / 0 0 / 3 0 /, som gir P T AP 0 0. 0 0 I oppgaven blir det ikke krevd at P skal være ortogonal, bare at P T AP skal være diagonal. Så for eksempel 0 0 P, som gir P T AP 0 0, 0 0 0 må godtas. Her er P T P, så dette er ikke en diagonalisering av A.
MA0/MA0, august 0 løsningsskisse Side 3 av c) Vi ser at 0 0 0 0, 0 0 så er en egenvektor også for B, med egenverdi. Egenvektorene i det andre egenrommet til A var av form s t s t, og vi ønsker å finne s, t og λ slik at s t 0 0 s t s + t λ s 0 0 s t t 0 0 t s Øverste koordinat gir λs t) s t), slik at s t eller λ. Hvis vi velger s t for den første muligheten, får vi egenvektoren 0, som har egenverdi λ. Hvis vi velger s og t for den andre muligheten, får vi egenvektoren, som har egenverdi λ. Vi har nå én egenvektor med egenverdi og to egenvektorer med egenverdi. De to sistnevnte er lineært uavhengige, da den ene ikke er et skalart multiplum av den andre. De er også lineært uavhengig av førstnevnte, da denne tilhører et annet egenrom. 0 Q har lineært uavhengige egenvektorer for både A og B som søyler, slik at både Q AQ og Q BQ er diagonal.
MA0/MA0, august 0 løsningsskisse Side 4 av Oppgave a) Gram Schmidt-prosessen gir en ortogonal basis {v, v, v 3,...} fra en basis {u, u, u 3,...} ved at vi lar v u, v proj span{v } u u proj span{v } u, v 3 proj span{v,v } u 3 u 3 proj span{v,v } u 3,.... Husk også at når {v, v,..., v k } er en ortogonal mengde og u en vektor, så er proj span{v,...,v k } u u,v v v,v + + u,v k v v k,v k k den ortogonale projeksjonen av u på underrommet utspent av {v,..., v k }). Vi bruker Gram Schmidt-prosessen til å finne en ortogonal basis {f 0 x), f x), f x)} fra basisen {, x, x } for P : f 0 x) f x) x x, f 0x) f 0 x), f 0 x) x x 0 x dx / x 0 dx x f x) x x, f 0 x) f 0 x), f 0 x) f 0x) x, f x) f x), f x) f x) x 0 x dx 0 x x /) dx x x 0 x /) dx ) x + b) Det ortogonale komplementet til span{, x} span{f 0 x), f x)} består av alle alle polynomer c 0 f 0 x) + c f x) + c f x) i P som er ortogonal på alle polynomer i span{f 0 x), f x)} det vil si både på f 0 x) og på f x). 0 c 0 f 0 x) + c f x) + c f x), f 0 x) c 0 f 0 x), f 0 x) gir c 0 0, og 0 c 0 f 0 x) + c f x) + c f x), f x) c f x), f x) gir c 0. Det ortogonale komplementet består altså av alle polynomer av form c f x), og er lik span{f x)} span{x x }. c) Approksimasjonsteoremet sier at fx) proj span{,x} x, den ortogonale projeksjonen av x på span{, x}. Projeksjonsteoremet sier at x fx) + gx), for en gx) i det ortogonale komplementet til span{, x}. Fra b) har vi da x fx) + cf x) for et reelt tall c, slik at fx) x cf x) x cx x + ). Eneste mulighet for at fx) span{, x} er da at c, slik at fx) x x x + ) x. Vi kan også regne ut proj span{,x} x x,f 0 x) f f 0 x),f 0 x) 0x) x,f x) f f x),f x) x) på vanlig måte. Vi kan da spare arbeid ved å innse at denne projeksjonen inngikk når vi regnet ut f x) i a). y y x y x x
MA0/MA0, august 0 løsningsskisse Side 5 av Oppgave 3 a) D) 0, Dcos) sin og Dsin) cos. Dette gir [D)] B 0 0 0, [Dcos)]B 0 0 og [Dsin)]B 0 0. Dermed er 0 0 0 [D] B,B 0 0. 0 0 b) La 0 være funksjonen som er konstant lik 0. 0 Da + b cos +c sin) b sin +c cos hvis og bare hvis b c 0, siden cos og sin er lineært uavhengige. Så kjernen til D består av alle funksjoner av form a, og er altså lik span{}. Vi kan også gå via nullrommet til [D] B,B, som vi finner at er alle vektorer av form t 0 0, som gir at kjernen til D består av alle funksjoner av form a.) Dimensjonssetningen gir rank T dim T nullity T 3. Hvis kjernen til en lineæroperator har dimensjon én eller større det vil si at kjernen består av flere vektorer enn nullvektoren), er kjernen nettopp egenrommet til egenverdien 0. Så 0 er en egenverdi til D. Oppgave 4 Gitt en maur. La sannsynligheten for at den hvis den er i A, flytter seg til B, være 0, og sannsynligheten for at den hvis den er i B, flytter seg til A, være 0,5. Dette beskriver en markovkjede med to tilstander A og B). Oppgaven spør om sannsynlighetene for at mauren er på hver tue i det lange løp. Overgangsmatrisen til markovkjeden er P ) 0,9 0,5. 0, 0,5 Den er regulær alle elementene er positive), og sannsynlighetene i det lange løp er gitt ved vektoren q som har som sum av elementene og som tilfredsstiller P q q, eller I P )q 0 merk at q er en egenvektor til egenverdien ). Hvis vi lar q q 0,q 0,5q 0 0,q + 0,5q 0, I tillegg skal q + q 5q + q q, slik at q og q 5. q 5q. q, får vi Etter mange netter er 5 00 % 83,3 % av maurene i tue A og 00 %,7 % av maurene i tue B.
MA0/MA0, august 0 løsningsskisse Side av Oppgave 5 Hvis A er hermitisk, det vil si A A, er åpenbart A A AA, altså normal, og dermed unitært diagonaliserbar. Vi vet også fra teorien at en hermitisk matrise bare har reelle egenverdier. Omvendt anta at A er unitært diagonaliserbar og bare har reelle egenverdier. Det fins da en unitær matrise U og en diagonal matrise D med egenverdiene til A på diagonalen slik at A UDU. Da er A UDU ) U ) D U UDU A, der den nest siste likheten følger av at D er reell. Så A A, altså er A hermitisk.